Чому регулярні вирази визначаються операціями об'єднання, конкатенації та зірок?

11

Регулярна expresssion визначається рекурсивно

$a$ для деякого - це регулярний вираз, $a \in \Sigma$
$\varepsilon$ - регулярний вираз,
$\emptyset$ - це регулярний вираз,
$(R_1 \cup R_2)$ де і є регулярними виразами, є регулярним виразом, $R_1$ $R_2$
$(R_1 \circ R_2)$ де і є регулярними виразами, є регулярним виразом, $R_1$ $R_2$
$(R_1)^*$ де - регулярний вираз - регулярний вираз. $R_1$

Це визначення взято зі сторінки 64

Сіпсер, Майкл. Вступ до теорії обчислення, 3-е видання. Cengage Learning, 2012.

Тепер у мене є такі питання.

Чому не визначення містить intersection, complementабо reverseоперації?
Якщо ми змінимо 4-й елемент на , чи отримаємо ми рівнозначне визначення, тобто для кожної регулярної мови є модифікований регулярний вираз і навпаки? $R_1 \cap R_2$
Я знаю, що це визначення є повним і чітко визначеним, але чому він надає перевагу іншим еквівалентним, чітко визначеним і повним визначенням?

formal-languages regular-languages regular-expressions

— Алі Шакіба
джерело

2

Обмежтеся лише одним питанням за повідомленням.

— Рафаель

16

1) Якщо ми також допускаємо перетин та доповнення, то отримані вирази іноді називають розширеними регулярними виразами; оскільки регулярні мови закриваються під булевими операціями, їх нічого не отримується. Це просто синтаксичний цукор. Аналогічний висновок справедливий і для зворотної операції. Частина причини, по якій на першій інстанції не згадуються всі інші операції, полягає в тому, щоб це визначення було максимально простим, щоб (індуктивні) докази не мали потребу в багатьох випадках. Ще одна причина може полягати в тому, що якщо ми дозволяємо певні операції, а інші, не в деяких випадках призводять до дуже чітких (субрегулярних) мовних класів, наприклад, якщо ми розглядаємо розширений регулярний вираз без зіркового оператора, то ми отримуємо належний підклас регулярних , так звані мови, які не містять зірок, або аперіодичні, див. Вікіпедія: мова без зірок .

2) Якщо ми збережемо пункти 1. - 6., але просто змінимо пункт 4. у використанні перетину замість об'єднання, ми отримаємо належний підклас звичайних мов. Наприклад, ми більше не могли описати мову оскільки це передбачало б об'єднання та (див. Доказ нижче). Якщо ми дозволимо доповнення, все зміниться, коли ми повернемося до законів DeMorgan. $L = \{a,b\}$ $\{a\}$ $\{b\}$

3) На це я частково відповів у 1), але що ти маєш на увазі, коли ти кажеш, що це визначення є кращим? Я знаю визначення, де 2. пропущено (як у нас на 6., що ), або 3. пропущено (як у нас )), або обидва опущені; тому це не є мінімально можливим визначенням (воно дає нам також деякий синтаксичний цукор, оскільки у нас є додаткові символи для опису та ). $L(\emptyset^{\ast}) = \{\varepsilon\}$ $\emptyset = L(\overline{ X^{\ast} }$ $\{\varepsilon\}$ $\emptyset$

EDIT : Перший мій згадуваний коментар у 2) був помилковим, мови в індуктивному замиканні під , та не обов'язково є підмножинами для деяких , наприклад вважаємо . Проте ми маємо, що не можна було б описати таким виразом. Я дам доказ, а саме я підтверджую, що якщо для деякого виразу з модифікованим 4-м елементом, то якщо (а значить ) Доведення іде шляхом індукції на вираз $\circ$ $^{\ast}$ $\cap$ $x^{\ast}$ $x \in X$ $L(a\circ b) = \{ab\}$ $L = \{a,b\}$ $L = L(R)$ $X = \{a,b\}$ $a\ne b$

{a, b} \subseteq L \Rightarrow a b \in L .

$\{a,b\} \subseteq L \Rightarrow ab \in L.$

R

$R$ . Для базового випадку він тримається вакуумно, тепер припустимо, що він має значення . Якщо і , то отже, за індукційною гіпотезою маємо . Якщо тоді як нас повинен бути і або навпаки. Припустимо перший випадок. Якщо , то за індукційною гіпотезою, отже

L (R_{1}), L (R_{2})

$L(R_1), L(R_2)$

L = L (R_{1} \cap R_{2}) = L (R_{1}) \cap L (R_{2})

$L = L(R_1 \cap R_2) = L(R_1) \cap L(R_2)$

{a, b} \subseteq L

$\{a,b\} \subseteq L$

{a, b} \subseteq L (R_{i}), i = 1, 2

$\{a,b\} \subseteq L(R_i), i = 1,2$

a b \in L (R_{1}) \cap L (R_{2})

$ab \in L(R_1) \cap L(R_2)$

{a, b} \subseteq L (R_{1} \circ R_{2}) = L (R_{1}) L (R_{2})

$\{a,b\} \subseteq L(R_1\circ R_2) = L(R_1)L(R_2)$

a = a \cdot ε = ε \cdot a

$a = a\cdot \varepsilon = \varepsilon\cdot a$

a \in L (R_{1})

$a\in L(R_1)$

ε \in L (R_{2})

$\varepsilon \in L(R_2)$

b \in L (R_{1})

$b \in L(R_1)$

a b \in L (R_{1})

$ab \in L(R_1)$

a b = a b \cdot ε \in L (R_{1}) L (R_{2})

$ab = ab\cdot \varepsilon \in L(R_1)L(R_2)$ . Тепер припустимо, що , тоді ми маємо за визначенням . Нарешті, якщо , то і для деякого . Якщо ми знаходимо за індукційною гіпотезою, тому припустимо, що , але це дає , аналогічно або дає і гіпотеза про індукцію дає

b \in L (R_{2})

$b \in L(R_2)$

a \cdot b \in L (R_{2}) L (R_{2})

$a\cdot b \in L(R_2)L(R_2)$

L (R_{1}) L (R_{2})

$L(R_1)L(R_2)$

a, b \in L (R_{1}^{*})

$a,b \in L(R_1^{\ast})$

a \in L (R_{1})^{n}

$a \in L(R_1)^n$

b \in L (R_{2})^{m}

$b \in L(R_2)^m$

n, m > 0

$n,m > 0$

n = m = 1

$n = m = 1$

a b \in L (R_{1})

$ab \in L(R_1)$

n > 1

$n > 1$

a \in L (R_{1})

$a \in L(R_1)$

m = 1

$m = 1$

m > 1

$m > 1$

b \in L (R_{1})

$b \in L(R_1)$

a b \in L (R_{1}) \subseteq L (R_{1}^{*})

$ab \in L(R_1) \subseteq L(R_1^{\ast})$ .

◻

$\square$

Зауваження: Один часто використовуваний висновок: якщо , то або . Це випливає як, отже, і або і . У першому випадку маємо і, отже, . $a = uw$ $u = a$ $w = a$ $1 = |a| = |uw| = |u| + |w|$ $|u| = 0$ $|w| = 1$ $|u| = 1$ $|w| = 0$ $u = \varepsilon$ $a = w$

— СтефанХ
джерело

2

Дійсно, відсутній у наборі "субрегулярних" мов, але це тому, що .

{a, b}

$\{a,b\}$

{a, b}^{*}

$\{a,b\}^{\ast}$

{a, b}^{*} = (a^{*} \circ b^{*})^{*}

$\{a,b\}^{\ast} = (a^{\ast}\circ b^{\ast})^{\ast}$

— rici

Так, іноді буває трохи складно побачити, що можна виразити, а що не так, як при розумному поєднанні зірки та інших можна дістатись досить далеко.

— StefanH

10

Технічний звіт, що запроваджував регулярні мови, регулярні вирази та обмежені автомати, задає ваше запитання на сторінці 70:

У читача може виникнути запитання, чому ми обрали три конкретні операції , і ? $E\vee F$ $EF$ $E*F$

(Незабаром згодом було відмічено, що є більш зручним оператором, ніж та еквівалентним по потужності. Отже, сьогодні ми використовуємо .) $E^*$ $E*F$ $E^*$

Відповідь займає кілька сторінок. По-перше, зауважує, що відповідь потрібно шукати в тому, чи утворюються цікаві мови цікавого класу та як вони порівнюються з мовами, описаними іншими способами. На сторінці 72 зазначається, що заперечення та сполучник є зайвими: вони не додають вираженої сили. На сторінці 80 і далі доведено, що звичайні мови - це саме ті мови, які розпізнаються машинами з кінцевим станом.

Іншими словами: відповідь Стефана можна сміливо вважати переконливою, оскільки це вже було зазначено у звіті, який вперше запровадив ці поняття.

— reinierpost
джерело

Дякуємо за посилання Я завжди пояснюю своїм учням, що операції - це природні абстракції від вибору (наприклад, якщо тоді ще) послідовності (інструкції, що слідують одна за одною) та ітерації (як під час виконання). Але, мабуть, це не згадується Кліном?

— Хендрік Ян

Я просто хлопець, який переглянув статтю Кліна і був здивований, що все у моїй відповіді вже там. Я нічого іншого не знаю. Тож я вважаю, що відповідь - прочитати статтю і, можливо, шукати все, що писав про це Клійн раніше.

— reinierpost

4

З цього вибору операторів (об'єднання, конкатенація та зірка) можна побудувати NFA з розміром, лінійним розміру виразу. З іншого боку, якщо додати перехрестя та доповнення, розмір еквівалентного автомата може вибухнути неелементарно, що зазвичай не бажано.

— doganulus
джерело